- 設數列 an=1+12+⋯+1n−lnn,試證 lim 存在。
- 試利用 a. 求交錯級數 \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n+1}\frac1n之值。
- 透過面積的估計可以知道
\displaystyle\int_k^{k+1}\frac1xdx<\frac1k<\int_{k-1}^k\frac1xdx.
由此可知\displaystyle\ln n<\sum_{k=1}^n\frac1k<1+\ln n.
如此即有 0< a_n<1,這表明 a_n 有界。另一方面,我們也可以知道 a_n 遞減:\displaystyle\begin{aligned}a_{n+1}-a_n&=\frac1{n+1}-\ln\frac{n+1}n\\&=\frac1{n+1}-\int_n^{n+1}\frac1xdx<0.\end{aligned}
綜合而言可知 a_n 遞減且有界,因此極限存在。註:這個極限常被記為 \gamma,我們稱之為歐拉-馬斯刻若尼常數(Euler-Mascheroni constant)。
- 所求之無窮級數可作如下的改寫與計算:
\displaystyle\begin{aligned}\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n+1}\frac1n&=\lim_{m\to\infty}\sum_{n=1}^m\left(-1\right)^{n+1}\frac{1}{n}\\=&\lim_{m\to\infty}\left(\sum_{n=1}^m\frac1n-2\sum_{n=1}^{\left[\frac{m}{2}\right]}\frac{1}{2n}\right)\\&=\lim_{m\to\infty}\left[\left(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}n-\ln m\right)-\left(\sum_{n=1}^{\left[\frac m2\right]}\frac{1}{n}-\ln\left[\frac m2\right]\right)+\ln\frac{m}{\displaystyle\left[\frac m2\right]}\right]\end{aligned}
利用 a.,我們將 a_n 的極限值記為 \gamma,如此可得所求的交錯級數之值為\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n+1}\frac{1}n=\lim_{m\to\infty}\ln\frac{m}{\displaystyle\left[\frac{m}2\right]}=\ln2.
應注意為了處理高斯符號的困難應使用夾擠定理,並配合不等式 x-1<\left[x\right]\leq x 即可獲得上述極限結果。 - 試判別 \displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(e^{-2x}\int_0^xe^{2t}\sqrt{t^2+1}dt\right) 是否存在?
- 試求 k 值使 \displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(x^ke^{-2x}\int_0^xe^{2t}\sqrt{t^2+1}dt\right) 存在而且不等於 0,並求此極限值。
- 將所求改寫並計算如下:
\begin{aligned}\displaystyle&\lim_{x\to\infty}\frac{\displaystyle\int_0^xe^{2t}\sqrt{t^2+1}dt}{e^{2x}}\\=&\lim_{x\to\infty}\frac{e^{2x}\sqrt{x^2+1}}{2e^{2x}}\\=&\lim_{x\to\infty}\frac{\sqrt{x^2+1}}{2}\\=&\infty\end{aligned}
因此此極限不存在。 - 根據 a.可知 k<0,因此令 k=-s,其中 s>0,如此所考慮的極限如下,運用羅必達法則計算之:
\begin{aligned}\displaystyle&\lim_{x\to\infty}\frac{\displaystyle\int_0^xe^{2t}\sqrt{t^2+1}dt}{x^se^{2x}}\\=&\lim_{x\to\infty}\frac{e^{2x}\sqrt{x^2+1}}{sx^{s-1}e^{2x}+x^se^{2x}}\\=&\lim_{x\to\infty}\frac{\sqrt{x^2+1}}{sx^{s-1}+x^s}\end{aligned}
若 s=1,則此極限值為 1;若 s>1,則此極限值為 0;若 s<1,則此極限值為 \infty。因此所求之 k 值為 -1,而極限值為 1。
- 設 u=f\left(x,y\right),x=r\cos\theta,y=r\sin\theta 及 r=\sqrt{x^2+y^2}。
- 試證 \displaystyle\frac{\partial^2u}{\partial r^2}+\frac1r\frac{\partial u}{\partial r}+\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2u}{\partial\theta^2}=\frac{\partial^2u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2u}{\partial y^2}。
- 設 u=f\left(x,y\right) 滿足 \displaystyle\frac{\partial^2u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2u}{\partial x^2}=0,而且 f\left(x,y\right)=h\left(r\right)(f 只是 r 的函數)。試證 f\left(x,y\right)=h\left(r\right)=a\ln r+b,其中 a,b 為常數。
- 藉由變數代換與連鎖律,我們可以直接計算一階偏導數如下:
\displaystyle\begin{aligned}&\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial u}{\partial r}\frac{\partial r}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial\theta}\frac{\partial\theta}{\partial x}=\cos\theta\frac{\partial u}{\partial r}-\frac{\sin\theta}r\frac{\partial u}{\partial\theta},\\&\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{\partial u}{\partial r}\frac{\partial r}{\partial y}+\frac{\partial u}{\partial\theta}\frac{\partial\theta}{\partial y}=\sin\theta\frac{\partial u}{\partial r}+\frac{\cos\theta}{r}\frac{\partial u}{\partial\theta}.\end{aligned}
據此計算二階偏導數如下:\displaystyle\begin{aligned}&\frac{\partial^2u}{\partial x^2}=\frac{\sin^2\theta}r\frac{\partial u}{\partial r}+\cos^2\theta\frac{\partial^2u}{\partial r^2}+\frac{\sin2\theta}{r^2}\frac{\partial u}{\partial\theta}+\frac{\sin^2\theta}{r^2}\frac{\partial^2u}{\partial\theta^2},\\&\frac{\partial^2u}{\partial y^2}=\frac{\cos^2\theta}{r}\frac{\partial u}{\partial r}+\sin^2\theta\frac{\partial^2u}{\partial r^2}-\frac{\sin2\theta}{r^2}\frac{\partial u}{\partial\theta}+\frac{\cos^2\theta}{r^2}\frac{\partial^2u}{\partial\theta^2}.\end{aligned}
因此兩式相加可得\displaystyle\frac{\partial^2u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2u}{\partial y^2}=\frac{\partial^2u}{\partial r^2}+\frac1r\frac{\partial u}{\partial r}+\frac1{r^2}\frac{\partial^2u}{\partial\theta^2}.
- 根據假定與 a. 的結果,我們可以得到下列的常微分方程
\displaystyle\frac{d^2h}{dr^2}+\frac{1}{r}\frac{dh}{dr}=0.
因此同乘以 r 可得\displaystyle\frac{d}{dr}\left(r\frac{d}{dr}h\left(r\right)\right)=0
如此即有\displaystyle r\frac{d}{dr}h\left(r\right)=a
其中 a 為積分常數。接著兩邊同除以 r 後取積分即可得到h\left(r\right)=a\ln r+b
其中 b 為積分常數。 - 求 \displaystyle\int_{\Omega}\frac{xdy-ydx}{x^2+y^2},其中 \Omega 表曲線 x=3\cos t,y=2\sin t,0\leq t\leq2\pi。
- 求 \displaystyle\iiint_D\frac{1}{\left(1+\left|P\right|^3\right)^{\frac{1}3}}dxdydz,其中 \left|P\right|=\sqrt{x^2+y^2+z^2},D=\left\{P=\left(x,y,z\right):z\geq0\right.,及 \left.x^2+y^2+z^2\leq9\right\}。
【解法一】 將參數化代入後即可計算如下:
\displaystyle\begin{aligned}\int_{\Omega}\frac{xdy-ydx}{x^2+y^2}&=\int_0^{2\pi}\frac{3\cos td\left(2\sin t\right)-2\sin td\left(3\cos t\right)}{9\cos^2t+4\sin^2t}\\&=6\int_0^{2\pi}\frac{1}{9-5\sin^2t}dt\end{aligned}
根據對稱性,所求即為 \displaystyle24\int_0^{\frac{\pi}2}\frac{1}{9-5\sin^2t}dt。接著考慮代換 u=\tan t,如此所求即可計算如下:\displaystyle\begin{aligned}=&24\int_0^\infty\frac1{\displaystyle9-5\frac{u^2}{u^2+1}}\frac{du}{u^2+1}\\=&24\int_0^\infty\frac{du}{4u^2+9}\\=&6\int_0^\infty\frac{du}{\displaystyle u^2+\frac{9}4}\\=&\left.6\times\frac23\tan^{-1}\frac{2x}3\right|_0^\infty\\=&2\pi\end{aligned}
【解法二】 關於本題亦可以考慮參數曲線 \Omega_\varepsilon:x=\varepsilon\cos t,y=\varepsilon\sin t,其中 0\leq t\leq2\pi。如此我們運用 Green 定理可以得到
\displaystyle\int_{\Omega-\Omega_\varepsilon}\frac{xdy-ydx}{x^2+y^2}=0
因此我們可運用 \Omega_\varepsilon 的參數化計算如下:\displaystyle\begin{aligned}\int_{\Omega}\frac{xdy-ydx}{x^2+y^2}&=\int_{\Omega_\varepsilon}\frac{xdy-ydx}{x^2+y^2}\\&=\int_0^{2\pi}\frac{\varepsilon\cos td\left(\varepsilon\sin t\right)-\varepsilon\sin td\left(\varepsilon\cos t\right)}{\varepsilon^2}\\&=\int_0^{2\pi}dt\\&=2\pi.\end{aligned}
- 令 \left\{\begin{aligned}&x=\rho\cos\theta\sin\phi\\&y=\rho\sin\theta\sin\phi\\&z=\rho\cos\phi\end{aligned}\right.,其中參數的範圍為 \displaystyle\left\{\begin{aligned}&0\leq\rho\leq3\\&0\leq\theta\leq2\pi\\&0\leq\phi\leq\frac{\pi}2\end{aligned}\right.。如此原式可以改寫並計算如下
\displaystyle\begin{aligned}=&\int_0^{\frac\pi2}\int_0^{2\pi}\int_0^3\frac1{\left(1+\rho^3\right)^{\frac13}}\rho^2\sin\phi d\rho d\theta d\phi\\=&\left(\int_0^{\frac\pi2}\sin\phi d\phi\right)\left(\int_0^{2\pi}d\theta\right)\left(\int_0^3\frac{\rho^2}{\left(1+\rho^3\right)^{\frac{1}3}}d\rho\right)\\=&1\times2\pi\times\left.\frac12\left(1+\rho^3\right)^{\frac23}\right|_0^3\\=&\pi(28^{\frac23}-1)\end{aligned}
- 設 E=\left\{\left(x,y,z\right):x+y+z=1\right.,及 \left.\left(x-1\right)^2+y^2=1\right\},試求 f\left(x,y,z\right)=x+2y+3z 在 E 上的最大值及最小值。
訣竅
由積分審歛法的思想去構造不等式,接著透過技巧去調整級數中的符號。解法
訣竅
運用羅必達法則即可求解。解法
訣竅
這是有關偏微分方程(Partial Differential Equation)中的拉普拉斯方程(Laplace's Equation)的基本問題,我們僅須熟悉偏微分的基本操作與常微分方程的一些解法即可。解法
訣竅
透過題目或自行主動參數化後代入題目求解即可。解法
訣竅
可以使用傳統的消去未知數的方法求極值,亦可利用拉格朗日乘子法求解。解法一
由條件易知f\left(x,y,z\right)=x+2y+3z=x+2y+3\left(1-x-y\right)=3-2x-y
用柯西不等式可以注意到\left[\left(x-1\right)^2+y^2\right]\left(2^2+1^1\right)\geq\left(2x+y-2\right)^2
即有\sqrt5\geq2x+y-2\geq-\sqrt5
或寫為1+\sqrt5\geq3-2x-y\geq1-\sqrt5
因此最大值為 1+\sqrt5 而最小值為 1-\sqrt5,其中等號成立條件分別為 \displaystyle\left(x,y,z\right)=\left(1-\frac{2\sqrt5}5,-\frac{\sqrt5}5,\frac{3\sqrt5}5\right)、\displaystyle\left(x,y,z\right)=\left(1+\frac{2\sqrt5}5,\frac{\sqrt5}5,-\frac{3\sqrt5}5\right)。解法二
運用拉格朗日乘子法,我們設 F\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right) 如下:F\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x+2y+3z+\lambda_1\left(x+y+z-1\right)+\lambda_2\left[\left(x-1\right)^2+y^2-1\right]
於是解下列聯立方程組:\displaystyle\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=1+\lambda_1+2\lambda_2\left(x-1\right)=0,\\&F_y\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=2+\lambda_1+2\lambda_2y=0,\\&F_z\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=3+\lambda_1=0,\\&F_{\lambda_1}\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x+y+z-1=0,\\&F_{\lambda_2}\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=\left(x-1\right)^2+y^2-1=0.\end{aligned}\right.
因此解得 \displaystyle\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=\left(1\pm\frac{2\sqrt{5}}{5},\pm\frac{\sqrt5}5,\mp\frac{3\sqrt5}5,-3,\pm\frac{\sqrt5}2\right),因此可知最大值為 1+\sqrt5,而最小值為 1-\sqrt5。
沒有留言:
張貼留言